Đề cương bài giảng học phần Xác suất thống kê 3 (3 tín chỉ)

DANH MỤC CHỮ VIẾT TẮT
Biến ngẫu nhiên: bnn
Hầu chắc chắn: hcc
Luật số lớn: LSL
Luật mạnh số lớn: LMSL
1
Mục lục
1 Lý thuyết xác suất 5
1.1 Phép thử ngẫu nhiên và các loại biến cố . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.1 Phép thử ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.2 Biến cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Các phép toán và mối quan hệ giữa các biến cố . . . . . . . . . . . 7
1.3 Các định nghĩa về xác suất và các tính chất của xác suất . . . . . . 8
1.3.1 Các định nghĩa của xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.2 Tính chất của xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.3 Xác suất có điều kiện, quy tắc nhân xác suất . . . . . . . . 17
1.3.4 Công thức xác suất đầy đủ, công thức Bayes . . . . . . . . 20
1.3.5 Sự độc lập của các biến cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.3.6 Công thức xác suất Becnuli . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2 Biến ngẫu nhiên và các quy luật phân phối xác suất 37
2.1 Định nghĩa và phân loại biến ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . 38
2.2 Hàm phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . 41
2.3 Phân phối rời rạc và phân phối liên tục . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.3.1 Phân phối rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.3.2 Một số phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc . . . 45
2.3.3 Tính gần đúng xác suất trong phân phối nhị thức . . . . . . 48
2.3.4 Phân phối liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.3.5 Một số phân phối của biến ngẫu nhiên liên tục . . . . . . . 51
2.4 Các tham số đặc trưng của biến ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . 56
2.4.1 Kỳ vọng của biến ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.4.2 Phương sai của biến ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.4.3 Một số tham số đặc trưng khác của biến ngẫu nhiên . . . . 60
2
3 Vectơ ngẫu nhiên hai chiều 67
3.1 Phân phối của vectơ ngẫu nhiên hai chiều . . . . . . . . . . . . . . 67
3.1.1 Tính chất của hàm phân phối của vectơ ngẫu nhiên . . . . . 68
3.1.2 Phân phối đồng thời rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
3.1.3 Phân phối đồng thời liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.2 Sự độc lập của các biến ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.3 Kì vọng và phương sai của biến ngẫu nhiên thành phần . . . . . . 70
3.4 Tương quan và hồi quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.4.1 Tương quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.4.2 Hồi quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
4 Luật số lớn và các định lý giới hạn 80
4.1 Hàm đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
4.2 Hội tụ theo xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
4.2.1 Luật số lớn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
4.2.2 Định lý Trêbưsep . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
4.3 Hội tụ hầu chắc chắn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
4.3.1 Luật mạnh số lớn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
4.3.2 Một số hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
4.4 Hội tụ yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
5 Lý thuyết thống kê toán 100
5.1 Lý thuyết mẫu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
5.1.1 Mẫu ngẫu nhiên và cách chọn mẫu . . . . . . . . . . . . . . 101
5.1.2 Các đặc trưng mẫu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
5.1.3 Phân phối của X và S
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
5.2 Bài toán ước lượng tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
5.2.1 Ước lượng điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

5.2.2 Ước lượng khoảng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
5.3 Bài toán kiểm định giả thiết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
5.3.1 Kiểm định giả thiết về giá trị trung bình . . . . . . . . . . . 116
5.3.2 Kiểm định giả thiết về phương sai . . . . . . . . . . . . . . 120
5.3.3 Kiểm định giả thiết về tỷ lệ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
3
5.3.4 Kiểm định sự bằng nhau của hai giá trị trung bình . . . . . 125
5.3.5 Kiểm định sự bằng nhau của hai giá trị tỷ lệ (xác suất) . . 129
TÀI LIỆU THAM KHẢO 142
4
Chương 1
Lý thuyết xác suất
Số tiết: 10 (Lý thuyết: 7, bài tập; thảo luận:3)
A) MỤC TIÊU:
- Siên viên hiểu khái niệm biến cố ngẫu nhiên, các phép toán trên các biến cố;
các định nghĩa về xác suất, công thức tính xác suất: công thức cộng, công thức
nhân, công thức xác suất toàn phần, công thức xác suất Bayes, công thức Becnulli.
- Sinh viên vận dụng định nghĩa xác suất và các công thức tính xác suất vào
việc giải quyết các bài tập tính xác suất của biến cố.
- Sinh viên hiểu rõ vai trò của môn học đối với các môn học khác và các lĩnh
vực của đời sống xã hội; tích cực, chủ động tham gia các hoạt động của môn học,
có phương pháp học tập tích cực sáng tạo, có khả năng tự học cao.
B) NỘI DUNG:
Tiết 1
Lý thuyết xác suất là một lĩnh vực toán học xác lập những quy luật tất nhiên ẩn
dấu sau những hiện tượng mang tính ngẫu nhiên khi nghiên cứu một số lớn lần lặp
lại các hiện tượng ấy. Việc nắm bắt các quy luật này sẽ cho phép dự báo các hiện
tượng ngẫu nhiên đó sẽ xảy ra như thế nào.
Môn khoa học bắt đầu từ việc xem xét các trò chơi may rủi lại hứa hẹn trở
thành đối tượng quan trọng nhất của tri thức loài người. Phần lớn những vấn đề

quan trọng nhất của đời sống thực ra chỉ là những bài toán của lý thuyết xác suất.
(P.S.Laplace 1812)
5
1.1 Phép thử ngẫu nhiên và các loại biến cố
1.1.1 Phép thử ngẫu nhiên
Ví dụ 1.1. Gieo một đồng xu cân đối đồng chất 1 lần để quan sát sự xuất hiện
của mặt sấp và mặt ngửa. Đây là một phép thử và là phép thử ngẫu nhiên. Các kết
quả có thể có là Ω = {S, N}
Ví dụ 1.2. Gieo đồng xu đến khi nào xuất hiện mặt sấp thì dừng. Đây là phép thử
ngẫu nhiên. Ω = {S, NS, , NNS, . . . }
Ví dụ 1.3. Ra đường và quan sát giới tính của người đầu tiên ta gặp. Đây là một
phép thử ngẫu nhiên. Ω = { Nam, Nữ }
Ví dụ 1.4. Bà mẹ mang bầu và sinh hai con, quan sát giới tính của hai em bé sinh
ra. Đây là phép thử ngẫu nhiên. Ω = { Trai - Gái, Gái - Trai, Trai - Trai, Gái - Gái }
+ Phép thử ngẫu nhiên. Là thực hiện một bộ điều kiện xác định để quan sát
một hoạt động nào đó mà kết quả không dự báo được.
+ Không gian mẫu. Là tập hợp tất cả các giá trị có thể có của phép thử ngẫu
nhiên. Kí hiệu Ω.
1.1.2 Biến cố
+ Biến cố. Hiện tượng có thể xảy ra trong kết quả của phép thử được gọi là
biến cố.
Biến cố chỉ xảy ra khi một phép thử gắn liền với nó được thực hiện.
+ Biến cố ngẫu nhiên. Là biến cố có thể xảy ra hay không xảy ra khi thực
hiện phép thử. Thường kí hiệu: X, Y, A, B, . . .
+ Biến cố sơ cấp. Mỗi phần tử của không gian mẫu được gọi là biến cố sơ
cấp. (là biến cố nhỏ nhất, = φ, không thể phân chia được).
Trong ví dụ 1.1 A="Đồng xu xuất hiện mặt S", B="Đồng xu xuất hiện mặt N"
+ Biến cố không thể có. Là biến cố nhất định không xảy ra khi thực hiện
phép thử. Kí hiệu φ.
Trong ví dụ 1.1 φ = "Đồng xu đồng thời xuất hiện mặt S và N"

6
+ Biến cố chắc chắn. Là biến cố biết chắc chắn xảy ra khi thực hiện phép
thử. Kí hiệu Ω
Trong ví dụ 1.1 Ω = "Đồng xu xuất hiện một mặt S hoặc N"
1.2 Các phép toán và mối quan hệ giữa các biến cố
+ Phép hợp
Hợp của các biến cố A
1
, A
2
, . . . , A
n
là biến cố kí hiệu A
1
∪ A
2
∪ ···∪A
n
(hoặc
A
1
+ A
2
+ ··· + A
n
) xảy ra khi và chỉ khi có ít nhất một biến cố xảy ra.
+ Phép giao
Giao của các biến cố A
1
, A

2
, . . . , A
n
là biến cố kí hiệu A
1
∩A
2
∩··· ∩A
n
(hoặc
A
1
A
2
. . . A
n
) xảy ra khi và chỉ khi tất cả các biến cố đều xảy ra.
+ Phép hiệu
Hiệu của biến cố A và B là biến cố kí hiệu A\B xảy ra khi và chỉ khi biến cố A
xảy ra nhưng biến cố B không xảy ra.
+ Biến cố kéo theo (biến cố thuận lợi)
A được gọi là biến cố kéo theo biến cố B, kí hiệu A ⊂ B nếu A xảy ra thì B xảy
ra.
+ Biến cố xung khắc
A, B được gọi là hai biến cố xung khắc, kí hiệu AB = φ nếu A, B không đồng
thời xảy ra (một mất một còn).
+ Biến cố bằng nhau (biến cố đồng nhất)
A, B được gọi là hai biến cố đồng nhất, kí hiệu A ≡ B nếu A ⊂ B và B ⊂ A.
+ Biến cố đối lập
B được gọi là biến cố đối lập của biến cố A, kí hiệu B = A nếu

A ∪ B = Ω và A ∩ B = φ.
+ Tính chất kết hợp của phép hợp, phép giao
A ∪ (B ∪ C) = (A ∪B) ∪ C = A ∪ B ∪ C
A ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∩ C = A ∩ B ∩ C
+ Tính chất phân phối giữa phép hợp và giao
A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C)
A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C)
7
+ Tính chất của biến cố hiệu, biến cố đối
A ∪ A
c
= Ω, A
c
= Ω\A. Nếu A ⊂ B thì B
c
⊂ A
c
.
+ Luật DeMorgan

n
∪
i=1
A
i

c
=
n
∩

i=1
A
c
i
;

n
∩
i=1
A
i

c
=
n
∪
i=1
A
c
i
Tiết 2, 3
1.3 Các định nghĩa về xác suất và các tính chất của xác
suất
Ví dụ 1.5. Trong truyện Trạng Quỳnh, có một câu chuyện kể rằng: Đền thờ bà
Chúa Liễu Hạnh (Ở Phủ Giầy - Vụ Bản - Nam Định, ở Hà Nội là Đền Hùng Sơn
ở đường Hàng Bột) có tiếng là rất thiêng. Phật tử bốn phương đến cúng lễ và bỏ
tiền vào Đền rất nhiều. Trạng Quỳnh đóng vai một sĩ tử nghèo, đang thiếu tiền lộ
phí trên đường đi thi, khi qua Đền, Trạng vào khấn lễ. Trước khi gieo Trạng chấp
tay kính cẩn khấn lễ đại ý rằng: Nếu Chúa đồng ý cho con vay một nửa thì hãy cho
nhất âm nhất dương, còn nếu vào các trường hợp khác xin cho vay một phần tư.

Qua câu chuyện này cho thấy từ thời xa xưa Trạng Quỳnh đã biết tính khả
năng xảy ra khá tốt. Ông chọn tình huống xảy ra cao nhất để lấy nửa số tiền và
nếu không may mắn cũng được một phần tư. (Khi tung 2 đồng xu thì khả năng
xảy ra 1 sấp, 1 ngửa là 1/2, còn khả năng xảy ra 2 sấp hoặc 2 ngửa là 1/4).
Định nghĩa 1.1. Xác suất của biến cố A là một số nằm giữa 0 và 1, số này đo
lường khả năng xuất hiện của biến cố A khi phép thử C được thực hiện. Kí hiệu xác
suất của biến cố A là P(A) (P robability).
1.3.1 Các định nghĩa của xác suất
Định nghĩa 1.2. (Định nghĩa xác suất theo lối cổ điển, hay đồng khả năng).
Giả sử phép thử có không gian mẫu có n(Ω) biến cố cùng khả năng và n(A) biến
cố thuận lợi cho A. Khi đó xác suất của biến cố A là:
P (A) =
n(A)
n(Ω)
.
Ví dụ 1.6. Gieo một con xúc sắc cân đối, đồng chất. Tính xác suất xuất hiện mặt
chẵn.
8
Giải:
Gọi A
i
= ”Biến cố xuất hiện mặt i chấm”, A = ”Biến cố xuất hiện mặt chẵn”
Khi đó: A = A
2
+ A
4
+ A
6
, phép thử có 6 biến cố đồng khả năng trong đó có 3
biến cố thuận lợi cho A.

P (A) =
3
6
=
1
2
Ví dụ 1.7. Gieo đồng thời ba con xúc sắc cân đối, đồng chất. Tính xác suất để
tổng số chấm xuất hiện của ba con là 9.
Giải:
Mỗi kết quả của phép thử là một bộ ba (a, b, c) trong đó a, b, c là các số nguyên
dương từ 1 đến 6. Vậy
Ω = {(a, b, c), 1 ≤ a, b, c ≤ 6}, n(Ω) = 6
3
= 216. Các bộ ba (a, b, c) có tổng
bằng 9 là (1, 2, 6) và 5 hoán vị của nó, (1, 3, 5) và 5 hoán vị của nó, (1, 4, 4) và 2
hoán vị của nó, (2, 2, 5) và 2 hoán vị của nó, (2, 3, 4) và 5 hoán vị của nó, (3, 3, 3),
vậy n(A) = 25. Ta có
P (A) =
25
216
= 0, 1157.
Ví dụ 1.8. Một chàng trai gọi điện thoại cho một cô gái nhưng lại quên 2 số cuối
chỉ nhớ là chúng khác nhau. Tính xác suất để người đó gọi một lần và trúng số cần
gọi.
Giải:
Gọi A = ”Gọi một lần và trúng số cần gọi”, số biến cố thuận lợi cho A là
n(A) = 1, số khả năng có thể có là số cách chọn ra 2 số khác nhau có thứ tự
từ 10 chữ số n(Ω) = A
2
10

= 90.
P (A) =
1
90
Ví dụ 1.9. Bộ bài tú lơ khơ gồm 52 quân bài.
a. Rút ngẫu nhiên một quân bài. Tìm xác suất rút được quân cao nhất bài (2 cơ)
b. Rút ngẫu nhiên 4 quân bài. Tìm xác suất chặt được 2 cơ (rút được tứ quý)
b. Rút ngẫu nhiên 4 quân bài. Tìm xác suất chặt được tứ quý, giả sử tứ quý 10
Giải:
A =

Rút ngẫu nhiên một quân bài, rút được quân cao nhất bài (2 cơ)

B =

Rút ngẫu nhiên 4 quân bài, rút được tứ quý

9
C =

Rút ngẫu nhiên 4 quân bài chặt được tứ quý 10

Ta có
P (A) =
1
52
= 0.0192308
P (B) =
12
C

4
51
=
1
20825
= 0.0000480
(bỏ đi 2 cơ đã chọn rồi)
P (C) =
5
C
4
48
(5 cách chọn tứ quý cao hơn 10 là J, Q, K, Át, Hai)
Như vậy ta thấy rằng P (A) > P (B) > P(C), cái gì càng quý lại càng
hiếm. Và cũng vì càng hiếm nên càng thấy quý, xác suất xảy ra quý
hiếm đó thường sẽ rất nhỏ.
Chú ý.
Định nghĩa xác suất theo lối cổ điển có thể áp dụng với điều kiện:
+ Chỉ xét được cho hệ hữu hạn các biến cố sơ cấp (n(Ω) < ∞)
+ Các biến cố sơ cấp phải đồng khả năng (nhưng không phải điều này lúc nào
cũng xảy ra)
Ví dụ 1.10. Trước cổng phụ trường Đại học Hùng Vương có ba quán cơm có chất
lượng ngang nhau. Buổi trưa ba sinh viên Quyết, Tâm, Học độc lập với nhau chọn
ngẫu nhiên một quán để ăn. Tính xác suất:
a. Cả ba sinh viên này cùng vào một quán.
b. Hai sinh viên vào cùng một quán, còn sinh viên kia vào quán khác.
c. Mỗi sinh viên vào một quán.
Giải:
Gọi 3 quán cơm là 1, 2, 3. Gọi a, b, c là ba quán cơm mà sinh viên A, B, C chọn.
Ta có Ω = {(a, b, c) : 1 ≤ a, b, c ≤ 3}. → n(Ω) = 3

3
= 27.
a. Các trường hợp thuận lợi cho A là n(A) = 3, → P (A) =
3
27
=
1
9
.
b. Các trường hợp thuận lợi cho B là (1, 1, 2) và 2 hoán vị của nó, (1, 1, 3) và 2
hoán vị của nó, (2, 2, 1) và 2 hoán vị của nó, (2, 2, 3) và 2 hoán vị của nó, (3, 3, 1)
và 2 hoán vị của nó, (3, 3, 2) và 2 hoán vị của nó, vậy n(B) = 18 → P (B) =
18
27
.
10
c. Các trường hợp thuận lợi cho C là (1, 2, 3) và 5 hoán vị của nó, n(C) = 6, →
P (C) =
6
27
.
Ví dụ 1.11. Một gia đình có ba cô con gái với độ "khéo léo" như nhau thay phiên
nhau rửa bát. Trong một tháng có 4 cái bát bị vỡ. Tính xác suất:
a. Cô chị cả làm vỡ hai bát.
b. Cô chị cả làm vỡ hai bát, cô út không làm vỡ bát nào.
c. Cô nào cũng làm vỡ bát.
Định nghĩa 1.3. Theo lối thống kê (theo tần suất)
Thực hiện phép thử n lần, giả sử biến cố A xuất hiện m lần, khi đó m được gọi
là tần số của biến cố A và tỉ số
m

n
được gọi là tần suất xuất hiện biến cố A. Cho
số phép thử tăng lên vô hạn lần, tần suất xuất hiện biến cố A sẽ dần về một giá
trị ổn định gọi là xác suất của biến cố A:
P (A) = lim
n→∞
m
n
.
Ví dụ 1.12. Các con số thống kê cho thấy tần suất sinh con trai là 0.513. Và tần
suất sinh con gái là 0.487.
Ví dụ 1.13. Một xạ thủ bắn 1000 viên đạn vào bia (chú ý các lần bắn độc lập và
trong điều kiện giống nhau, xạ thủ ổn định về tâm lý không vướng bận tâm lý như
vợ đẻ, con ốm, thiếu tiền, ) Có khoảng 50 viên trúng bia. Khi đó xác suất xạ
thủ bắn trúng bia là
P (A) =
50
1000
= 0.05.
Chú ý.
Định nghĩa xác suất bằng tần suất chỉ áp dụng được trong điều kiện:
+ Các phép thử ngẫu nhiên có thể lặp lại nhiều lần một cách độc lập trong những
điều kiện giống nhau.
+ Số phép thử n phải đủ lớn thì xác suất mới tương đối chính xác (nhưng điều
này đôi khi không thể làm được vì điều kiện kinh tế và thời gian).
Định nghĩa 1.4. Định nghĩa xác suất theo quan điểm hình học
Xét một phép thử có không gian các biến cố sơ cấp Ω được biểu diễn bởi một
miền hình học Ω có độ đo (độ dài, diện tích, thể tích) hữu hạn, = 0, biến cố A
11
được biểu diễn bởi một miền hình học A. Khi đó xác suất của biến cố A được xác

định bởi:
P (A) =
m(A)
m(Ω)
.
Ví dụ 1.14. (Bài toán gặp gỡ)
Hai người hẹn nhau ở vườn hoa thành phố Việt Trì vào khoảng từ 19h đến 20h.
Mỗi người đến (chắc chắn sẽ đến) điểm hẹn trong khoảng thời gian trên một cách
độc lập với nhau và chờ trong 20 phút, nếu không thấy người kia đến thì sẽ quay
về. Tìm xác suất để hai người được đi ăn Ốc nóng cùng nhau?
Giải:
Gọi x, y lần lượt là thời gian đến điểm hẹn của mỗi người. Gọi A là biến cố hai
người gặp nhau, x, y là hai điểm ngẫu nhiên trong khoảng [19, 20], ta có
19 ≤ x ≤ 20
19 ≤ y ≤ 20
Để hai người gặp nhau thì |x − y| ≤ 20

=
1
3
. Do đó
Ω = {(x, y) : 19 ≤ x ≤ 20, 19 ≤ y ≤ 20}, A = {(x, y) : |x − y| ≤
1
3
}.
Ta có m(Ω) = 1, m(A) = 1 − 2.
1
2
.
2

3
.
2
3
=
5
9
. Vậy P (A) =
5
9
.
Ví dụ 1.15. Trên đoạn thẳng OA ta gieo ngẫu nhiên hai điểm B, C có toạ độ
tương ứng OB = x, OA = y (y ≥ x) (O là gốc toạ độ). Tìm xác suất sao cho độ
dài đoạn BC bé hơn độ dài đoạn OB.
Giải:
Gọi T là biến cố hai điểm B, C có toạ độ tương ứng OB = x, OA = y (y ≥ x)
mà độ dài đoạn BC bé hơn độ dài đoạn OB.
Giả sử OA = l. Các toạ độ x, y phải thoả mãn các điều kiện
0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ y ≤ l, y ≥ y (∗)
Biểu diễn x, y lên hệ trục toạ độ Đềcác vuông góc Oxy, các điểm thoả mãn (*)
thuộc ∆OMM, trong đó ON = l, N ∈ Oy, M thuộc phân giác của góc phần tư
thứ nhất, M(l, l).
12
Vậy không gian mẫu là miền tam giác ∆OMN, có diện tích m(T) = S
∆OMM
=
1
2
l
2

.
Mặt khác những điểm thoả điều kiện độ dài đoạn BC bé hơn độ dài đoạn OB là:
y −x < x ⇔ y < 2x (∗∗).
Đường thẳng y = 2x giao với đường thẳng MN tại I.
Vậy những điểm thuận lợi cho biến cố cần tìm thuộc miền tam giác ∆OMI, có
diện tích là m(Ω) = S
∆OMI
=
1
4
l
2
.
Do đó P (T ) =
m(T )
m(Ω)
=
1
2
.
Định nghĩa 1.5. Theo tiên đề (Hệ tiên đề của Kolmogorov)
Ω không gian mẫu, A là σ - đại số các tập con của Ω, các phần tử của A là các
biến cố ngẫu nhiên. Ta gọi xác suất trên (Ω, A) là một hàm số P xác định trên A
có giá trị trong [0, 1] và thỏa mãn ba tiên đề sau:
(i): P(A) ≥ 0, ∀A - tính không âm;
(ii): P(Ω) = 1 - tính chuẩn hóa;
(iii): {A
i
, i ≥ 1} đôi một xung khắc thì P (
∞

∪
i=1
A
i
) =
∞

i=1
P (A
i
) - tính σ cộng
tính.
Khi đó bộ ba (Ω, A, P ) được gọi là không gian xác suất Kolmogorov.
Nhận xét:
Từ hệ tiên đề ta thấy: Xác suất P là một độ đo dương, σ - cộng tính, chuẩn hoá
trên không gian (Ω, A). Do vậy nó có mọi tính chất của độ đo.
Tiết 4
1.3.2 Tính chất của xác suất
+ Tính chất 1: P (φ) = 0.
Thật vậy, xét họ các biến cố {A
1
= Φ, A
2
= Φ, . . . , A
n
= Φ, . . . }, A
i
∩ A
j
=

Φ ∀i = j nên các biến cố này đôi một xung khắc. P(
∞
∪
i=1
A
i
) = P (φ). Mặt khác theo
tiên đề (iii) ta có
13
P (
∞
∪
i=1
A
i
) =
∞

i=1
P (A
i
) = P (Φ) + P (Φ) + ···+ P(Φ) + ··· = P(Φ) mà theo (i) mỗi
số hạng đều ≥ 0 → P(Φ) = 0.
+ Tính chất 2: Nếu {A
1
, A
2
, . . . , A
n
} là một hệ hữu hạn các biến cố đôi một

xung khắc thì P (
n
∪
i=1
A
i
) =
n

i=1
P (A
i
).
Thật vậy, xét hệ vô hạn các biến cố {A
1
, A
2
, . . . , A
n
, A
n+1
= Φ, A
n+2
= Φ, . . . }.
Theo tiên đề (iii) ta có
P (
n
∪
i=1
A

i
) = P (
∞
∪
i=1
A
i
) =
∞

i=1
P (A
i
) =
n

i=1
P (A
i
) +
∞

i=n+1
P (A
i
) =
n

i=1
P (A

i
)
Đặc biệt nếu A
1
, A
2
, A
3
đôi một xung khắc ta có:
P (A
1
∪ A
2
∪ A
3
) = P (A
1
) + P (A
2
) + P (A
3
)
+ Tính chất 3: Nếu A, B là hai biến cố bất kì thì:
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B).
Thật vậy, A ∪ B = A ∪BA → P(A ∪ B) = P(A ∪ BA) = P(A) + P (BA) (1)
Mặt khác
B = B ∩Ω = B ∩(A ∪A) = BA ∪ BA
→ P (B) = P(BA) + P (BA)
⇔ P (BA) = P(B) − P (AB) (2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

Tổng quát: Với n biến cố bất kì thuộc A : A
1
, A
2
, . . . , A
n
ta có:
P (
n
∪
i=1
A
i
) =
n

i=1
P (A
i
)−

1≤i<j≤n
P (A
i
A
j
)+

1≤i<j<k≤n
P (A

i
A
j
A
k
)−···+(−1)
n−1
P (A
1
A
2
. . . A
n
)
Áp dụng với biến cố A, B, C bất kì ta có:
P (A ∪B ∪C) = P(A) + P (B) + P (C) −P (AB) −P (AC) −P (BC) + P (ABC)
+ Tính chất 4: Nếu A ⊂ B thì P (A) ≤ P(B).
Thật vậy, do A ⊂ B nên B = B ∩ Ω = B(A +
A) = BA + BA = A + BA
→ P (B) = P(A) + P (BA) ≥ P(A) (do đôi một xung khắc)
+ Tính chất 5: ∀A ∈ A thì 0 ≤ P(A) ≤ 1, P(A) = 1 −P(A).
Thật vậy, rõ ràng ∀A ∈ A → P (A) ≥ 0. Vì A ⊂ Ω → P (A) ≤ P (Ω) = 1.
Do A, A xung khắc nên P (A + A) = P (Ω) = 1 → P(A) = 1 − P (A).
14
+ Tính chất 6: Với A, B là hai biến cố bất kì: P(A\B) = P (A) − P (AB).
Thật vậy: Ta có A = (A\B) ∪ AB mà A\B và AB xung khắc nên P (A) =
P (A\B ∪ AB) = P (A\B) + P (AB). Suy ra P(A\B) = P (A) − P (AB).
+ Tính chất 7 (tính liên tục của độ đo xác suất): Nếu A
1
, . . . , A

n
, . . . là
dãy đơn điệu giảm các biến cố tức là A
1
⊃ A
2
⊃ ··· ⊃ A
n
⊃ . . . và
∞
∩
n=1
A
n
= Φ thì
lim
n→∞
P (A
n
) = 0.
Thật vậy, theo lý thuyết độ đo ta có P là một độ đo xác suất trên không gian đo
(Ω, A, P ) P (A
1
) < +∞ và lim
n→∞
P (A
n
) = P (
∞
∩

i=1
A
i
) = P (Φ) = 0.
Ví dụ 1.16. Một lớp có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên giỏi ngoại ngữ,
30 sinh viên giỏi tin học, 20 sinh viên giỏi cả ngoại ngữ và tin học. Sinh viên nào
giỏi ít nhất một trong hai môn sẽ được thêm điểm trong kết quả học tập của học kì.
Chọn ngẫu nhiên một sinh viên trong lớp, tìm xác suất để sinh viên đó được tăng
điểm.
Giải:
Gọi A
1
, A
2
lần lượt là biến cố SV giỏi ngoại ngữ, SV giỏi tin học.
Gọi A là biến cố SV được tăng điểm cuối kì. Ta có A = A
1
∪ A
2
P (A) = P (A
1
∪ A
2
) = P (A
1
) + P (A
2
) − P (A
1
A

2
)
=
30
100
+
40
100
−
20
100
= 0, 5.
Ví dụ 1.17. Có một chàng trai trong ngày 8.3 có chuẩn bị n bưu thiếp cho n cô
gái với cùng một lời chúc mừng "Chúc mừng em, em là duy nhất" (và tất nhiên có
kèm theo tên của người nhận bưu thiếp). Viết xong anh bỏ mỗi bưu thiếp vào một
phong bì chưa có địa chỉ rồi dán lại. Trên mỗi phong bì ghi một trong n địa chỉ,
hai phong bì khác nhau thì ghi hai địa chỉ khác nhau. Tính xác suất để có ít nhất
một bưu thiếp được gửi đến đúng địa chỉ?
Giải:
Gọi A
i
là biến cố bưu thiếp thứ i được gửi đến đúng địa chỉ i = 1, . . . , n.
Gọi A là biến cố có ít nhất một bưu thiếp được gửi đến đúng địa chỉ.
Khi đó A = A
1
∪ A
2
∪ ··· ∪ A
n
.

Mặt khác do việc lấy bưu thiếp gửi cho các địa chỉ có tính đến thứ tự gửi nên:
15
P (A
i
) =
1
n
P (A
i
∩ A
j
) =
1
A
2
n
P (A
i
∩ A
j
∩ A
k
) =
1
A
3
n
. . .
P (
n

∩
i=1
A
i
) =
1
A
n
n
=
1
n!
.
Chú ý rằng có C
1
n
= n biến cố dạng A
i
, có C
2
n
biến cố dạng A
i
∩A
j
, có C
3
n
biến
cố dạng A

i
∩ A
j
∩ A
k
. . .
Theo công thức xác suất của một tổng bất kì các biến cố ta có
P (A) =
1
n
.n − C
2
n
1
n(n − 1)
+ C
3
n
1
n(n − 1)(n − 2)
− ··· + (−1)
n
1
n!
= 1 −
1
e
.
Ví dụ 1.18. Trên giá sách có n cuốn sách (n ≥ 4) trong đó có 3 cuốn sách của cùng
một tác giả. Tìm xác suất để không có hai cuốn sách nào trong ba cuốn đứng cạnh

nhau. Giải:
Kí hiệu ba cuốn sách lần lượt là 1, 2, 3.
Gọi H là biến cố không có hai cuốn sách nào đứng cạnh nhau.
Gọi A là biến cố cuốn sách 1, 2 đứng cạnh nhau.
Gọi B là biến cố cuốn sách 1, 3 đứng cạnh nhau.
Gọi C là biến cố cuốn sách 2, 3 đứng cạnh nhau.
Khi đó H = A + B + C.
Suy ra P (H) = 1 − P(A + B + C) = 1 − P (A) − P(B) − P (C) + P (AB) +
P (AC) + P (BC) − P (ABC).
Ta có P (A) = P (B) = P(C) =
(n − 2)2(n − 2)!
n!
+
2.1.(n − 2)!
n!
=
2
n
.
Ta tính P (AB). Dễ thấy P (AB) =
2(n − 3)!(n − 2)
n!
=
2
n(n − 1)
.
Tương tự ta có: P (BC) = P (AC) =
2
n(n − 1)
.

Hiển nhiên P (ABC) = 0.
Vậy P (H) = 1 −
6
n
+
6
n(n − 1)
=
(n − 4)(n − 3)
n(n − 1)
.
16
Tiết 5
1.3.3 Xác suất có điều kiện, quy tắc nhân xác suất
Quy tắc nhân. Hai biến cố A và B được gọi là độc lập với nhau nếu việc xảy ra
hay không xảy ra biến cố này không làm ảnh hưởng tới việc xảy ra hay không xảy
ra biến cố kia.
Nếu A và B độc lập thì P (AB) = P (A).P (B).
Để minh họa cho khái niệm rất quan trọng - xác suất có điều kiện, ta xét thí dụ
sau: Giả sử trong một vùng dân cư gồm N người, trong đó có n đàn ông và m phụ
nữ (N = n + m). Trong n đàn ông có k người bị cận thị và trong m phụ nữ có
l người bị cận thị. Chọn ngẫu nhiên 1 người, tìm xác suất để người đó bị cận thị
nếu biết rằng người đó là nữ?
Giải:
Gọi A là biến cố người bị cận thị và B là biến cố người đó là phụ nữ. Ta cần
tìm P (A/B).
Ta có: P (A/B) =
l
m
=

l
N
m
N
=
P (AB)
P (B)
mà P (AB) =
l
N
, P(A) =
m
N
nên P (A/B) =
P (AB)
P (B)
.
Định nghĩa 1.6. Cho A và B là hai biến cố bất kì, trong đó P (B) > 0. Khi đó
xác suất của A được tính trong điều kiện biết rằng B đã xảy ra được gọi là xác suất
của A với điều kiện B, kí hiệu là P (A/B). Xác suất của biến cố A với điều kiện
biến B được tính theo công thức sau:
P (A/B) =
P (AB)
P (B)
(1.1)
Chứng minh:
Giả sử phép thử C có n biến cố đồng khả năng có thể xảy ra trong đó có m
A
biến cố thuận lợi cho biến cố A, m
B

biến cố thuận lợi cho biến cố B và k biến cố
thuận lợi cho biến cố AB.
Theo định nghĩa xác suất theo lối cổ điển ta có
P (AB) =
k
n
, P(B) =
m
B
n
.
17
Ta tìm P(A/B). Vì biến cố B đã xảy ra nên biến cố đồng khả năng của A là m
B
,
biến cố thuận lợi cho A là k. Do đó:
P (A/B) =
k
m
B
=
k
n
m
B
n
=
P (AB)
P (B)
.

Chú ý:
+ Nếu P (B) = 0 thì biến cố B không xảy ra nên rõ ràng P (A/B) = 0.
+ Xác suất có điều kiện P (A/B) có thể tính trực tiếp bởi bối cảnh của bài toán
mà không cần thông qua công thức (1.1).
Ví dụ 1.19. Trong một vùng dân cư, tỉ lệ người nghiện thuốc lá và mắc chứng ung
thư vòm họng là 15%. Có 25% số người nghiện thuốc nhưng không ung thư vòm
họng, 50% số người không nghiện thuốc và cũng không bị ung thư vòm họng, và có
10% số người không nghiện thuốc nhưng mắc chứng ung thư vòm họng. Sử dụng số
liệu thống kê trên có thể rút ra kết luận gì về mối quan hệ giữa bệnh ung thư vòm
họng và thói quen hút thuốc lá?
Giải:
Chúng ta hãy so sánh xác suất để một người bị ung thư vòm họng với điều kiện
hút thuốc là và xác suất để một người bị ung thư vòm họng nhưng không hút thuốc
lá.
Gọi A là biến cố người nghiện thuốc, B là biến cố người bị ung thư vòm họng.
Ta phải đi tìm P (B/A), P(B/A).
Ta có: P (B/A) =
P (AB)
P (A)
, P(B/A) =
P (BA)
P (A)
, mà
P (AB) = 0.15, P (AB) = 0.25
P (A) = P (A(B + B)) = P(AB) + P (AB) = 0.15 + 0.25 = 0.4
P (A) = 1 − P (A) = 0.6, P (AB) = 0.1
⇒ P (B/A) =
0.15
0.4
= 0.375, P (B/A) =

0.1
0.6
= 0.167
Như vậy P(B/A) > 2P (B/A) nên một người nghiện thuốc lá có nguy cơ ung thư
vòm họng lớn hơn gấp 2 lần so với người không hút thuốc lá.
Ví dụ 1.20. Chùm chìa khóa có 8 chiếc trong đó có 3 chiếc mở được cửa. Thử
ngẫu nhiên từng chiếc (chú ý rằng không mở được cửa thì bỏ ra cho tới khi mở được
cửa). Tính xác suất để số lần thử không quá 3.
18
Giải:
Gọi A
i
là biến cố lần thứ i chọn đúng chìa khóa. H là biến cố cần tìm (tức là
số lần thử nhỏ hơn 3).
Khi đó H = A
1
∪
A
1
A
2
∪A
1
A
2
A
3
. 3 biến cố này đôi một xung khắc nên ta có:
P (H) = P (A
1

) + P (A
1
A
2
) + P (A
1
A
2
A
3
)
= P (A
1
) + P (A
1
)P (A
2
/A
1
) + P (A
1
)P (A
2
/A
1
)P (A
3
/A
1
A

2
)
=
3
8
+ (1 −
3
8
)
3
7
+
5
8
4
7
3
6
=
23
28
.
Quy tắc nhân tổng quát:
+ A, B là hai biến cố bất kì. Theo công thức xác suất có điều kiện ta có:
P (AB) = P (A)P (B/A) = P (B)P (A/B)
+ A, B, C là ba biến cố bất kì.
P (ABC) = P (A)P (B/A)P(C/AB)
+ Tổng quát cho n biến cố A
1
, . . . , A

n
bất kì ta có:
P (A) = P (
n
∩
i=1
A
i
) = P (A
1
)P (A
2
/A
1
)P (A
3
/A
1
A
2
) . . . P (A
n
/A
1
A
2
. . . A
n−1
)
(1.2)

Tính chất:
P (B/A) = 1 − P (B/A)
A, B độc lập ⇔ P (B/A) = P (B) ⇔ P (AB) = P(A)P (B).
Ví dụ 1.21. Một lô sản phẩm gồm có 12 sản phẩm trong đó có 8 sản phẩm tốt và
4 phế phẩm.
a. Rút ngẫu nhiên liên tiếp không hoàn lại hai sản phẩm từ lô hàng.Tìm xác suất
để cả hai sản phẩm đó đều là sản phẩm tốt.
b. Rút ngẫu nhiên một sản phẩm từ lô hàng và không để ý tới sản phẩm đó. Sau
đó rút tiếp sản phẩm thứ hai. Tìm xác suất để sản phẩm lấy ra là sản phẩm tốt.
Giải:
Đặt A là biến cố sản phẩm lấy ra lần 1 là sản phẩm tốt.
B là biến cố sản phẩm lấy ra lần 2 là sản phẩm tốt.
Ta có: P (A) =
8
12
, P(B) =
7
11
.
19
a. Vậy P (AB) = P (A)P (B/A) =
8
12
.
7
11
=
14
33
b. Ta có B = Ω ∩ B = (A ∪A)B = AB + AB.

P (B) = P (AB) + P (AB) = P(A)P (B/A) + P (A)P (B/A)
Lại có: P (A) =
8
12
, P(B/A) =
7
11
, P(A) =
4
12
, P(B/A) =
8
11
.
Vậy P (B) =
8
12
.
7
11
+
4
12
.
8
11
=
2
3
.

Ví dụ 1.22. Trong một kì thi, thí sinh được phép thi 3 lần, xác suất lần đầu vượt
qua kì thi là 0,9; nếu trượt lần đầu thì xác suất lần 2 vượt qua kì thi là 0,7; nếu
trượt cả hai lần thì xác suất vượt qua kì thi ở lần 3 là 0,3. Tính xác suất để thí
sinh thi đậu?
Giải:
Gọi A
i
là biến cố thí sinh thi đậu ở lần thứ i, i = 1, 2, 3. Gọi B là biến cố thí
sinh thi đậu.
Ta có B = A
1
+ A
1
A
2
+ A
1
A
2
A
3
.
Suy ra P (B) = P (A
1
) + P (A
1
A
2
) + P (A
1

A
2
A
3
).
Trong đó: P (A
1
) = 0, 9; P(A
1
A
2
) = P (A
1
)P (A
2
/A
1
) = 0, 1.0, 7 = 0, 07;
P (A
1
A
2
A
3
) = P (A
1
)P (A
2
/A
1

)P (A
3
/A
1
A
2
) = 0, 1.0, 3.0, 3 = 0, 009.
Do đó: P (B) = 0, 979.
Ví dụ 1.23. Áo Việt Tiến trước khi xuất khẩu sang Mỹ phải qua 2 lần kiểm tra,
nếu cả hai lần đều đạt thì chiếc áo đó mới đủ tiêu chuẩn xuất khẩu. Biết rằng bình
quân 98% sản phẩm làm ra qua được lần kiểm tra thứ nhất, và 95% sản phẩm qua
được lần kiểm tra đầu sẽ tiếp tục qua được lần kiểm tra thứ hai. Tìm xác suất để
1 chiếc áo đủ tiêu chuẩn xuất khẩu?
Giải:
Gọi A là biến cố "qua được lần kiểm tra đầu tiên", B là biến cố "qua được lần
kiểm tra thứ 2", C là biến cố "đủ tiêu chuẩn xuất khẩu".
Thì: P (C) = P (AB) = P(A).P (B/A) = 0, 98.0, 95 = 0, 931
1.3.4 Công thức xác suất đầy đủ, công thức Bayes
* Hệ đầy đủ các biến cố: Họ các biến cố A
1
, . . . , A
n
được gọi là hệ đầy đủ
các biến cố nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
(1).
n
∪
i=1
A
i

= Ω
20
(2). A
i
∩ A
j
= Φ, i = j, i, j = 1, . . . , n (hay các biến cố đôi một xung khắc)
Ví dụ:
+ Tung 1 đồng xu thì hệ {A
1
= S, A
2
= N} là hệ đầy đủ.
+ Gieo 1 con xúc sắc cân đối đồng chất thì hệ {A
i
= i, i = 1, . . . , 6} là hệ đầy
đủ, hoặc hệ {A
i
, A
j
} với A
i
, A
j
tương ứng là biến cố xuất hiện số chấm chẵn, số
chấm lẻ cũng là một hệ đầy đủ.
+ Nếu {A
1
, A
2

, A
3
} là hệ đầy đủ thì {A
1
, A
1
}; {A
2
, A
2
} cũng là hệ đầy đủ.
Như vậy hệ đầy đủ là không duy nhất đối với 1 phép thử ta xét nào đó, tùy từng
bối cảnh mà ta chọn hệ đầy đủ các biến cố cho phù hợp với biến cố mà chúng ta
quan tâm.
* Công thức xác suất đầy đủ
Giả sử {A
1
, . . . , A
n
} là một hệ đầy đủ các biến cố có liên quan đến phép thử C.
Gọi A là biến cố nào đó của phép thử trên, khi đó ta có:
P (A) =
n

i=1
P (A
i
)P (A/A
i
) (1.3)

Chứng minh:
Ta có A = A ∩Ω = A(A
1
+ A
2
+ ···+ A
n
) = AA
1
+ AA
2
+ ···+ AA
n
, mà do
AA
i
, AA
j
đôi một xung khắc (định nghĩa hệ đầy đủ A
i
và A
j
đôi một xung khắc)
nên ta có
P (A) = P (AA
1
) + P (AA
2
) + ··· + P (AA
n

)
= P (A
1
)P (A/A
1
) + P (A
2
)P (A/A
2
) + ··· + P (A
n
)P (A/A
n
)
=
n

i=1
P (A
i
)P (A/A
i
)
Tiết 6
* Công thức Bayes
Giả sử {A
1
, . . . , A
n
} là một hệ đầy đủ các biến cố có liên quan đến phép thử C.

Gọi A là biến cố nào đó của phép thử trên, khi đó ta có:
P (A
j
/A) =
P (A
j
)P (A/A
j
)
n

i=1
P (A
i
)P (A/A
i
)
(1.4)
21
Chứng minh:
Ta có
P (A
j
/A) =
P (A
j
A)
P (A)
(theo công thức xác suất có điều kiện)
=

P (A
j
)P (A/A
j
)
n

i=1
P (A
i
)P (A/A
i
)
(theo ct xs có điều kiện và (1.3))
Chú ý:
+ Công thức Bayes cho phép đánh giá lại xác suất xảy ra các A
j
sau khi đã có
thêm thông tin về biến cố A. Cần phải nhấn mạnh rằng muốn dụng các công thức
(1.3), (1.4) nhất thiết phải có nhóm đầy đủ. Ngoài ra (1.3) cho ta xác suất không
có điều kiện thì (1.4) cho phép ta tính các xác suất có điều kiện trong đó sự kiện
A
j
cần tính xác suất phải là một thành viên của hệ đầy đủ đang xét. Từ đó thấy
rằng việc dùng công thức Bayes để tính xác suất có điều kiện đã gợi ý cho ta cách
chọn hệ đầy đủ sao cho sự kiện ta quan tâm phải là thành viên.
+ Nếu phép thử được tiến hành theo hai giai đoạn thì thông thường hệ đầy đủ sẽ
là tất cả các khả năng có thể xảy ra của giai đoạn trước.
Ví dụ 1.24. Tại một phòng khám chuyên khoa tỉ lệ người đến khám có bệnh là
83%. Theo thống kê biết rằng nếu chẩn đoán có bệnh thì đúng tới 90% (nghĩa là bác

sĩ chẩn đoán đúng có bệnh và bệnh nhân có bệnh thật) còn nếu chẩn đoán không có
bệnh thì chỉ đúng 80% (nghĩa là bác sĩ chuẩn đoán đúng không bệnh và bệnh nhân
không có bệnh thật).
a. Tính xác suất chẩn đoán đúng?
b. Biết cố một trường hợp chẩn đoán đúng, tìm xác suất người được chẩn đoán
đúng là có bệnh?
Giải:
Gọi A là biến cố người có bệnh → A là biến cố người không có bệnh, {A, A} là
hệ đầy đủ.
Gọi B là biến cố chẩn đoán bệnh → B là biến cố chẩn đoán không bệnh, {B, B}
là hệ đầy đủ.
Gọi D là biến cố chẩn đoán đúng → D là biến cố chẩn đoán sai.
a. Ta có P (D) = P (A)P (D/A) + P (A)P (D/A) (1)
P (D) = P (B)P (D/B) + P (B)P (D/B) (2)
22
Theo giả thiết
P (A) = 0.83, P (A/B) = P(D/B) = 0.9
P (A/B) = P (D/B) = 1 −P(D/B) = 1 −0.8 = 0.2
Đặt P (B) = x, P (B) = 1 −x, thế vào (1) và (2) biến đổi ta có:
0.83 = 0.9x + 0.2(1 − x) ⇔ x = P (B) = 0.9 → P(D) = 0.89
b. Xác suất cần tìm là P (A/D). Ta có
P (A/D) =
P (A)P (D/A)
P (D)
Mà P (D/A) = P (B/A) =
P (B)P (A/B)
P (A)
→ P (A/D) =
P (B)P (A/B)
P (D)

=
0.9 × 0.9
0.89
= 0.91
1.3.5 Sự độc lập của các biến cố
Định nghĩa 1.7. Cho không gian xác suất (Ω, A, P) ta nói lớp B các biến cố
độc lập nếu xác suất giao của một họ hữu hạn các biến cố bằng tích các xác suất
của các biến cố đó.
Như vậy: + B = {A, B} độc lập ⇔ P(AB) = P (A).P (B)
+B = {A, B, C} độc lập ⇔







P (AB) = P (A)P (B)
P (AC) = P (A)P (C)
P (BC) = P (B)P (C)
P (ABC) = P (A)P (B)P (C).
Định nghĩa 1.8. Dãy phép thử độc lập: Cho dãy n phép thử C
1
, . . . , C
n
, trong mỗi
phép thử C
i
(i = 1, . . . , n) có các biến cố sơ cấp A
1

, . . . , A
m
. Dãy n phép thử này
được gọi là độc lập nếu thỏa mãn điều kiện sau:
P (A
1
i1
A
2
i2
. . . A
m
im
) = P (A
1
i1
)P (A
2
i2
) . . . P (A
m
im
)
trong đó A
1
i1
là một trong các biến cố sơ cấp A
1
, . . . , A
m

của phép thử C
1
, A
2
i2
là
một trong các biến cố sơ cấp A
1
, . . . , A
m
của phép thử C
2
, . . . , A
n
in
là một trong các
biến cố sơ cấp A
1
, . . . , A
m
của phép thử C
n
.
23
+ Với 2 biến cố bất kì trong một họ hữu hạn các biến cố, xác suất của giao 2 biến
cố bất kì bằng tích xác suất của hai biến cố đó. Khi đó họ các biến cố được gọi là
độc lập từng đôi. Nếu B các biến cố độc lập thì độc lập từng đôi.
Chú ý:
+ Để xét tính độc lập của các biến cố đôi khi người ta không căn cứ vào biểu thức
định nghĩa mà dựa vào điều kiện thực tế của bài toán.

+ A, B độc lập thì A, B độc lập, B, A độc lập.
Chứng minh:
Ta có A = A ∩ Ω = A ∩(B ∪B) = AB + AB.
Suy ra P (A) = P (AB) + P (AB) = P(A)P (B) + P (AB) doA, B độc lập.
Từ đó ta có:
P (AB) = P (A)[1 − P (B)] = P(A)P (B) ⇒ {A, B} độc lập.
Tiết 7
1.3.6 Công thức xác suất Becnuli
Đặt vấn đề xét bài toán: Một bác sĩ được công nhận là có xác suất chữa
khỏi bệnh là 0,8. Có người nói rằng cứ 10 bệnh nhân đến chữa thì chắc chắn có 8
người sẽ khỏi bệnh. Điều khẳng định có đúng không?
Định nghĩa 1.9. Tiến hành n phép thử độc lập. Giả sử trong mỗi phép thử chỉ có
thể xảy ra một trong hai trường hợp: hoặc biến cố A xảy ra hoặc biến cố A không
xảy ra. Xác suất để A xảy ra trong mỗi phép thử đều bằng p. Dãy các phép thử
thỏa mãn điều kiện trên được gọi là dãy phép thử Becnuli.
+ Công thức Becnuli: Cho phép thử C và biến cố A : P (A) = p. Thực hiện
C n lần trong các điều kiện như nhau. Ta đi tìm xác suất để biến cố A xuất hiện
k lần trong n phép thử của dãy phép thử Becnuli.
Nhận thấy số lần xuất hiện A có thể là 0, 1, 2, . . . , n.
+ Khả năng thứ nhất: Biến cố A không xuất hiện lần nào khi thực hiện n phép
thử, khi đó ta có xác suất để biến cố A không xuất hiện lần nào khi thực hiện n
phép thử là:
P (A. A. . . . A.) = [P (A)]
n
= (1 − p)
n
. (do các lần thử độc lập).
+ Khả năng thứ hai: Biến cố A xuất hiện 1 lần khi thực hiện n phép thử, nghĩa là
24
biến cố A xuất hiện 1 lần và biến cố A xuất hiện n −1 lần khi thực hiện n phép

thử, chẳng hạn khả năng này được biểu diễn là biến cố có dạng sau A.A A . . . A.
Khi đó P (A.A A . . . A) = [P (A)].[P (A)]
n−1
= p(1 − p)
n−1
.
. . .
+ Khả năng thứ k: Biến cố A xuất hiện k lần khi thực hiện n phép thử, nghĩa là
biến cố A xuất hiện k lần và biến cố A xuất hiện n−k lần khi thực hiện n phép thử,
chẳng hạn khả năng này được biểu diễn là biến cố có dạng sau A.A . . . A.A A . . . A.
Khi đó P (A.A . . . A.A A . . . A) = [P(A)]
k
.[P (A)]
n−k
= p
k
(1 − p)
n−k
.
. . .
+ Khả năng thứ n: Biến cố A xuất hiện n lần khi thực hiện n phép thử.
Ta có P (A.A . . . A) = [P (A)]
n
= p
n
.
Xác suất của một dãy n phép thử độc lập bất kì trong đó biến cố A xảy ra k
lần (k = 0, 1, , . . . , n) (biến cố A không xảy ra n − k lần) bằng p
k
q

n−k
. Vì có
C
k
n
dãy như vậy nên xác suất để biến cố A xảy ra k lần trong n phép thử là
C
k
n
p
k
q
n−k
(q = 1 − p, k = 0, 1, . . . , n).
Như vậy, nếu kí hiệu P
n
(k) là xác suất để biến cố A xuất hiện k lần trong n
phép thử của dãy phép thử Becnulli thì P
n
(k) được xác định bởi công thức:
P
n
(k) = C
k
n
p
k
q
n−k
(q = 1 − p, k = 0, 1, . . . , n)

Quay trở lại bài toán ở trên, ta nói rằng khẳng định trên là không đúng. Ta xem
việc chữa bệnh cho 10 người là một dãy của 10 phép thử độc lập. Gọi A là biến
cố chữa khỏi bệnh cho 1 người thì P (A) = 0, 8. Do đó xác suất để trong 10 người
đến chữa có 8 người khỏi bệnh là P
10
(8) = C
8
10
(0, 8)
8
(0, 2)
2
≈ 0, 3108.
Chú ý: Ngoài cách kí hiệu ở trên ta còn có một số kí hiệu biến cố A xuất hiện k
lần trong n phép thử như P
n
(k; p) hay P
k
(n; p).
Định nghĩa 1.10. Số có khả năng nhất. Số m là số có khả năng nhất nếu xác
suất của biến cố A xuất hiện m lần trong n phép thử Becnuli đạt giá trị lớn nhất
hay P
n
(m) = max
k
P
n
(k).
Cách tìm số có khả năng nhất:
Cách 1:

+ Tính P
n
(0), P
n
(1), . . . , P
n
(n) → P
n
(m) → m.
Cách 2:
25